对数函数专题讲义-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦对数函数专题，覆盖概念、性质、运算及综合应用等核心考点，按“知识点梳理-题型分类-方法提炼”逻辑架构，通过考点精讲、方法指导、真题演练环节，帮助学生构建知识网络，突破定义域、单调性、参数问题等难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义突出分层递进训练与数学思维培养，如复合函数单调性判断结合“同增异减”法则与二次函数分析，培养推理能力，设置基础到综合变式题，配合高考真题解析，保障复习效果，提升学生解题规范性和应考能力，为教师把控复习节奏提供精准指导。

对数函数专题 目录 对数函数知识点 2 一 对数公式化简应用 5 二 对数不等式解集 7 三 对数函数定义域 14 四 对数函数奇偶性判断 17 五 对数函数(增+增=增型)函数单调性判断 19 六 对数(复合)函数单调性问题 22 七 对数函数值域和最值问题 27 八 已知对数函数单调性求参数问题 31 九 对数函数(奇偶性和单调性结合)问题 35 十 对数函数与数列结合 40 十一 对数函数的恒成立、存在性、参数范围 43 十二 对数函数f(a)=f(b)=f(c)类型题 50 对数函数知识点 1．对数的概念：一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底N的对数，记作x＝logaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数． 以10为底的对数叫做常用对数，记作 lg N.以e为底的对数叫做自然对数，记作 ln N. 2．对数的性质与运算性质 (1)对数的性质：loga1＝0，logaa＝1，＝N(a>0，且a≠1，N>0)． (2)对数的运算性质:如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么： 1　 2　 3　 （N∈R） 4　 logaM.（M＞0，N＞0，a＞0，a≠1） 5　 换底公式：（N>0,a>0，a≠1，c>0，c≠1） 常见错误 3．对数函数的图象与性质 a>1 0<a<1 图象 定义域 (0，＋∞) 值域 R 性质 过定点(1,0)，即x＝1时，y＝0 当x>1时，y>0；当0<x<1时，y<0 当x>1时，y<0；当0<x<1时，y>0 增函数 减函数 补充:函数单调性和奇偶性 1、单调性技巧 （1）证明函数单调性的步骤 ①取值：设，是定义域内一个区间上的任意两个量，且； ②变形：作差变形(变形方法：因式分解、配方、有理化等)或作商变形； ③定号：判断差的正负或商与的大小关系； ④得出结论． （2）函数单调性的判断方法 ①定义法：根据增函数、减函数的定义，按照“取值—变形—判断符号—下结论”进行判断． ②图象法：就是画出函数的图象，根据图象的上升或下降趋势，判断函数的单调性． ③直接法：就是对我们所熟悉的函数，如一次函数、二次函数、反比例函数等，直接写出它们的单调区间． （3）记住几条常用的结论： ①若是增函数，则为减函数；若是减函数，则为增函数； ②若和均为增(或减)函数，则在和的公共定义域上为增(或减)函数； ③若且为增函数，则函数为增函数，为减函数； ④若且为减函数，则函数为减函数，为增函数． 2、奇偶性技巧 (1)函数具有奇偶性的必要条件是其定义域关于原点对称. (2)奇偶函数的图象特征. 函数是偶函数函数的图象关于轴对称； 函数是奇函数函数的图象关于原点中心对称. (3)若奇函数在处有意义，则有； 偶函数必满足. (4)偶函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相反；奇函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相同. (5)若函数的定义域关于原点对称，则函数能表示成一个偶函数与一个奇函数的和的形式.记，，则. (6)运算函数的奇偶性规律：运算函数是指两个（或多个）函数式通过加、减、乘、除四则运算所得的函数，如. 对于运算函数有如下结论：奇奇=奇；偶偶=偶；奇偶=非奇非偶； 奇奇=偶；奇偶=奇；偶偶=偶. (7)复合函数的奇偶性原来：内偶则偶，两奇为奇. (8)常见奇偶性函数模型 奇函数：①函数或函数． ②函数． ③函数或函数 ④函数或函数． 注意：关于①式，可以写成函数或函数． 偶函数：①函数． ②函数． ③函数类型的一切函数． ④常数函数 3、复合函数单调性的判断 【方法技巧】 讨论复合函数的单调性时要注意：既要把握复合过程，又要掌握基本函数的单调性．一般需要先求定义域，再把复杂的函数正确地分解为两个简单的初等函数的复合，然后分别判断它们的单调性，再用复合法则，复合法则如下： 1、若，在所讨论的区间上都是增函数或都是减函数，则为增函数； 2、若，在所讨论的区间上一个是增函数，另一个是减函数，则为减函数．列表如下： 增 增 增 增 减 减 减 增 减 减 减 增 复合函数单调性可简记为“同增异减”，即内外函数的单性相同时递增；单性相异时递减． 一 对数公式化简应用 【例1】（2022·浙江·高考真题）已知，则（    ） A．25 B．5 C． D． 【答案】C 【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出． 【详解】因为，，即，所以． 故选：C. 【变式1-1】（2025·天津·月考）若，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】由已知表示出，再由换底公式可求. 【详解】，， . 故选：C. 【变式1-2】（2020·全国I卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知等式，利用指数对数运算性质即可得解 【详解】由可得，所以， 所以有， 故选：B. 【变式1-3】设，，都是正数，且，那么（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，根据指数与对数的关系将指数式化为对数式，再由换底公式及对数的运算法则计算可得. 【详解】解：由，，都是正数，令，则，，， 所以，，， 对于A：，故A错误； 对于B：，， 所以，故B正确； 对于C：， 所以，故C错误； 对于D：， 所以，故D错误； 故选：B． 【变式1-4】（24-25高二下·河北石家庄·期末）已知，，，则的最小值为________． 【答案】 【分析】利用对数换底公式及对数的运算性质化简得，再利用乘“1”法结合基本不等式计算即得. 【详解】由可得，即，整理得， 由， 当且仅当，即时取等，即的最小值为. 【变式1-5】（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知，则的取值范围为______ 【答案】 【分析】利用换底公式换为，结合对勾函数求解即可. 【详解】因为， 所以令，则，所以，由的图象可知， 所以，，所以. 故答案为：. 二 对数不等式解集 【例1】（25-26高三上·广东东莞·阶段检测）不等式的解集（用区间表示）________________． 【答案】 【详解】需满足：， 解得或，解得，因此， 由于，则 由于函数在上单调递增， 因此上述不等式等价于：， 整理得，解得或， 结合，得， 即得不等式的解集为. 【变式1-1】（2026高一·全国·专题练习）不等式的解集为______. 【答案】 【分析】把不等式转化为，结合对数函数的单调性，列出不等式组，即可求解. 【详解】不等式，可化为， 因为在上是增函数， 所以不等式，即为，解得 所以不等式的解集为 【变式1-2】（25-26高一下·河南·阶段检测）已知函数，则的解集为______． 【答案】 【分析】求出的定义域，利用对数不等式可得：即可求解。 【详解】由函数，可得， 解得：，所以函数的定义域为， 而， 则，，得，故解集为． 【变式1-3】（2026·山东聊城·模拟预测）若，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【详解】满足底数且， 由，可得或，结合且，可得， 故由，可得，即，解得或， 故实数的取值范围是. 【变式1-4】解不等式：. 【答案】答案见解析 【分析】分和两种情况进行分类讨论，列出不等式，求解即可 【详解】①当时，原不等式等价于不等式组:，即， 因为，所以， 所以； ②当时，原不等式等价于不等式组: ，解得； 综上所述，当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 【变式1-5】（25-26高一上·四川·阶段检测）已知函数（且）. (1)若，求a； (2)若在区间上的最大值与最小值之差为1，求a. 【答案】(1)4 (2)或. 【分析】（1）代入解析式，由对数的运算解得的值； （2）对数函数单调，由题意建立方程，解得的值； 【详解】（1）， ∵， ∴， 即，∴，∴，∴. （2）∵函数在区间上单调， ∴，即， ∴或， ∴或. 【变式1-6】（2022·上海·高考真题） (1)若将函数图像向下移后，图像经过，求实数a，m的值. (2)若且，求解不等式. 【答案】(1) (2)当时，不等式的解为；当时，不等式的解为. 【分析】（1）由题知，再根据题意得，解方程即可得答案； （2）根据题意，结合对数函数的单调性将不等式转化为的解集，再分类讨论求解即可. 【详解】（1）解：函数的定义域满足，即， 所以，要使函数的定义域非空，则，即. 若将函数图像向下移后得到的解析式为： ，. 所以在函数的图像上，即， 解得：， 所以， （2）解：由题知， , , 因为函数在上单调递增， 所以等价于，展开整理得：， 所以，不等式的解集为的解， 所以，当时，不等式的解为； 当时，不等式的解为. 综上，当时，不等式的解为；当时，不等式的解为. 【例2】25-26高一上·广西河池·期末）设函数，则的解集是________. 【答案】 【分析】根据分段函数解析式分段得到不等式组，解得即可. 【详解】因为， 所以不等式即或， 解得或， 即的解集是. 故答案为： 【变式2-1】（24-25高三上·海南·开学考试）已知函数，若，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【分析】先根据对数函数和一次函数的单调性判断分段函数的单调性，然后根据函数单调性解不等式即可求解. 【详解】因为当时，是单调递增函数，此时， 当时，是单调递增函数，此时，      所以是定义在上的单调递增函数， 所以若即， 则，解得. 故答案为： 【变式2-2】（25-26高一上·江西上饶·期末）设函数，若满足，则的解集为__________；若满足，则的解集为__________. 【答案】 【分析】由函数解析式可得函数的单调性，利用分段函数性质，分情况化简不等式，可得答案. 【详解】当时，，易知函数在上单调递减，则； 当时，，易知函数在上单调递增，则. 由不等式在上有解，则不等式化简可得，解得，即所求解集为. 令，不等式等价于， 当时，不等式化简可得，解得； 当时，不等式化简可得，解得. 综上可得，即， 当时，不等式化简可得，解得； 当时，不等式化简可得，解得. 综上可得不等式的解集为. 故答案为：；. 【变式2-3】（25-26高二上·云南昆明·期末）设函数，则不等式的解集为________. 【答案】 【分析】根据分段函数解析式，分和两种情况解不等式即可； 【详解】当时，，易知为单调递增函数，故，满足； 当时，，解得， 故不等式的解集为， 三 对数函数定义域 【例1】（24-25高一上·河北衡水·阶段检测）函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据具体函数定义域的求解方法，列出不等式，求解即可. 【详解】若使得函数有意义，则且，解得， 故的定义域为. 故选：B. 【变式1-1】（25-26高一上·湖南娄底·期末）函数的定义域是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】列出所满足的不等式组，求解即可. 【详解】由，解得，所以函数的定义域是. 故选：C. 【变式1-2】（2025高一上·湖南常德·专题练习）函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分母不为0和偶次方根下非负列出不等式，结合对数函数的定义域及运算法则求解即可. 【详解】由题意得，即，解得， 则函数的定义域为． 故选：D 【变式1-3】（25-26高二下·重庆·期末）函数定义域是，则的定义域是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为函数定义域是，所以， 解得，所以的定义域是 【变式1-4】（25-26高一上·天津西青·阶段检测）函数的定义域为，则的定义域为__________. 【答案】 【分析】根据已知条件求出的定义域，结合换元法即可求解. 【详解】函数的定义域为，即，则， 所以函数的定义域为. 令，则，即， 所以，即， 故的定义域为. 故答案为： 【变式1-5】（25-26高一下·云南昭通·阶段检测）若函数的定义域为，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【分析】利用对数函数的性质转化为恒成立问题，再建立不等式组，求解参数范围即可. 【详解】因为函数的定义域为，所以在上恒成立， 当时，，解得，不合题意； 当时，则，解得． 综上实数的取值范围为． 四 对数函数奇偶性判断 【例1】（2026·广东茂名·一模）已知函数，则该函数为_______(奇函数或者偶函数) 【答案】 【分析】判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性脱“”即可求解. 【详解】函数， 令，解得，故函数的定义域为， ， 故函数是奇函数. 【变式1-1】（21-22高三上·上海浦东新·期中）设函数，则该函数为_______(奇函数或者偶函数) 【详解】解：函数的定义域为， ，即函数为偶函数， 【变式1-2】（25-26高二上·陕西渭南·期末）设函数 ，则该函数为_______(奇函数或者偶函数) 【分析】利用函数的奇偶性 【详解】由题意得 又， 所以为奇函数. 【变式1-3】（2025·上海杨浦·二模）已知函数是定义在上的偶函数. (1)当时，，求时，的表达式； 【答案】(1) 【分析】（1）利用偶函数的性质直接求解即可； 【详解】（1）因为函数是定义在上的偶函数，即 当时，， 所以， 所以. 【变式1-4】（25-26高二下·福建三明·期末）若函数在区间的最大值为M，最小值为n，则_______. 【答案】4 【分析】设，，得到其为奇函数，，从而得到答案 【详解】设，，的定义域关于原点对称， ， 故为奇函数， 设在上的最大值为，最小值为， 则， 则. 【变式1-5】（24-25高二上·广东佛山·期中）设函数，则不等式的解集为__________. 【答案】 【分析】判断函数为偶函数，再由单调性可脱去“f”，建立不等式求解. 【详解】由题意得的定义域为. 因为，所以是偶函数. 当时，单调递增， 因此当时，单调递减. 又因为， 所以由可得或， 即或. 故答案为： 五 对数函数(增+增=增型)函数单调性判断 【例1】（25-26高一上·上海奉贤·期末）不等式的解为______． 【答案】 【详解】令，显然的定义域为, 因为函数和在上单调递增，因此在上单调递增； 又，所以不等式即为， 因此可得，即该不等式的解集为. 【变式1-1】（24-25高一上·上海·阶段检测）不等式的解集为_________. 【答案】 【分析】利用指对幂函数的单调性判断在定义域上单调性，且时，即可求解集. 【详解】根据指对幂函数的性质，知在定义域上单调递增， 又时，，故时， 所以的解集为. 故答案为： 【变式1-2】（2026·上海杨浦·二模）不等式的解集为______. 【答案】 【详解】令，定义域为， 函数和在上均为增函数， 所以函数在上为增函数， 又，则， 所以不等式的解集为. 【变式1-3】（25-26高二下·安徽芜湖·期末）已知，且，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】利用求导判断函数的单调性，根据单调性即可求得不等式的解集. 【详解】函数的定义域为， 其导函数恒成立，故函数在上单调递增， 则由可得，解得， 即实数的取值范围为. 【变式1-4】（25-26高一下·上海·阶段检测）函数的值域为________________． 【答案】 【详解】当时，；当时，， 因为在为减函数，上为增函数，且时，， 故的值域为，故的值域为， 综上，的值域为. 【变式1-5】（22-23高一下·湖南·期中）已知函数，则满足不等式的实数的取值范围是___________. 【答案】 【分析】根据奇偶函数的定义证明为偶函数，易知当时函数单调递增，利用定义法证明函数在上单调递增，则函数在上单调递增，利用函数的单调性和奇偶性解不等式即可求解. 【详解】，定义域关于原点对称， 则，所以函数为偶函数； 当时，函数单调递增， 设，则，， 所以， 又，所以， 则函数在上单调递增，所以函数在上单调递增， 由，得，解得， 所以实数a的取值范围为. 故答案为： 六 对数(复合)函数单调性问题 【例1】（1）的单调递增区间为______，值域为______； （2）的单调递增区间为______，值域为______． 【答案】 【分析】（1）（2）根据对数的性质，列不等式即可求解定义域，进而根据复合函数的性质即可求解单调性和值域. 【详解】（1）令，解得， 故函数的定义域为， 又在单调递增，在单调递减，而在单调递增，故的单调递增区间为， 当时，，故最大值为，故函数的值域为， （2）令，则或，故的定义域为， 在单调递减，在单调递增，而为单调递减函数，因此的单调递增区间， 当时，，故的值域为. 故答案为：，，， 【变式1-1】（25-26高一上·江苏扬州·阶段检测）函数的单调增区间为_____. 【答案】 【分析】利用复合函数法可求得函数的增区间. 【详解】对于函数，有，解得， 故函数的定义域为，所以， 令，， 因为内层函数在上单调递增，在上单调递减， 外层函数为增函数，故函数的增区间为. 故答案为：. 【变式1-2】（25-26高一上·湖北武汉·期末）已知函数 求函数的单调递增区间； 【答案】； 【分析】（1）根据对数的运算法则，对进行化简整理，利用换元法，结合二次函数的性质及复合函数单调性，即可得答案. 【详解】由题意 ， 令， 则为开口向上，对称轴为的抛物线， 又因为在上单调递增， 则在上单调递减，在上单调递增， 又，解得， 所以根据复合函数单调性得函数的单调递增区间为. 【变式1-3】（25-26高一上·江西南昌·阶段检测）已知函数． (1)求的最小值，并求出当取得最小值时的值； (2)求的单调递减区间． 【答案】(1)最小值为，； (2) 【分析】（1）令，结合二次函数性质求解即可； （2）利用复合函数的单调性列不等式求解可得. 【详解】（1）因为的定义域为， 所以， 令，，则， 当，即，即时，取得最小值，最小值为. （2）因为在上单调递增，在上单调递减， 令，解得， 所以的单调递减区间为. 【变式1-4】（24-25高三下·四川雅安·开学考试）函数的单调递增区间是_______． 【答案】(或) 【分析】根据对数函数，二次函数的单调性结合复合函数的单调性同增异减原则即得. 【详解】函数的定义域为， 令在定义域上为增函数，则在上单调递增， 由复合函数单调性的同增异减原则可得，当1，即时，函数单调递增， 即函数单调递增区间为． 故答案为：(或) 【变式1-5】（25-26高一上·贵州遵义·期末）已知函数过定点，函数的定义域为． (1)求定点并判断函数的奇偶性； (2)判断并证明函数在上的单调性； (3)解不等式． 【答案】(1)定点为，奇函数； (2)在上单调递增. 证明：任取，且， 则. ，， ，， ，即， 函数在区间上是增函数. (3). 【分析】（1）根据解析式可求得定点为，即可得的解析式，根据奇函数的定义，即可得证； （2）利用定义法即可证明的单调性； （3）根据的单调性和奇偶性，化简整理，可得，根据函数的定义域，列出不等式组，即可求得答案. 【详解】（1）函数过定点，定点为， ，定义域为， . 函数为奇函数. （2）略 （3），即， 函数为奇函数，， 在上为单调递增函数， ， ，解得：. 故不等式的解集为：. 七 对数函数值域和最值问题 【例1】（25-26高一上·天津滨海新区·阶段检测）设，且． (1)求的值及的定义域． (2)求在区间上的最大值． (3)求函数的单调区间． 【答案】(1)，的定义域为； (2)； (3)的减区间为，增区间为. 【分析】（1）根据结合对数的运算可求的值，根据真数为正数可求函数的定义域； （2）利用换元法结合二次函数的性质可求在区间上的最大值； （3）利用同增异减结合二次函数的单调性可求的单调区间. 【详解】（1），故. 此时，故，即， 故的定义域为. （2）因为，故， 设， 当，则，故， 故在区间上的最大值为. （3）同（2）设，其中， 故在上为增函数，此时； 在上为减函数，此时， 而在上为减函数， 故在上为减函数，在上为增函数， 故的减区间为，增区间为. 【变式1-1】（25-26高一上·广东中山·阶段检测）函数的最小值为__________. 【答案】/ 【分析】由对数运算性质可得，令，有二次函数性质可得最小值. 【详解】， 令，则， 当时取等号. 所以函数的最小值为. 故答案为： 【变式1-2】（21-22高一上·云南昆明·期中）设函数，，则的值域为___________. 【答案】 【分析】令，可得出，利用二次函数的基本性质可求得的值域. 【详解】因为，令，则. 故函数的值域为. 故答案为：. 【变式1-3】（2025·河南·三模）函数的定义域为__________，值域为__________. 【答案】 【分析】先求证恒成立，即可由得出定义域，再化简即可求出值域. 【详解】因为，所以恒成立， 由，得，则的定义域为， ，故的值域为. 故答案为：； 【变式1-4】（2026·河南·模拟预测）已知函数是偶函数，则函数的值域为__________． 【答案】 【分析】由偶函数的定义，求出，再确定函数值域即可． 【详解】， 即， ，解得， ， 则，解得， 的定义域为， 又因为，， 即函数的取值范围是． 【变式1-5】（25-26高三上·上海·期中）已知函数，与函数关于原点对称 (1)求函数的解析式 (2)已知，求的最大值及取最大值时的值． 【答案】(1)； (2)时，取得最大值13 【分析】（1）在任取一点，则在函数上，代入化简后即得函数的解析式； （2）由题可得，结合题意可得，利用二次函数的性质即可求得函数最大值. 【详解】（1）由题可得函数与函数关于原点对称， 则在任取一点，则在函数上， 则得，故. （2）由题 函数的定义域为，要使函数有意义， 需使，解得，即， 所以， 当，即时，. 故当时，函数取得最大值. 八 已知对数函数单调性求参数问题 【例1】（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用复合函数单调性，结合对数函数、二次函数单调性及真数恒正列式求解. 【详解】函数在上单调递增，由函数在上单调递增， 得函数在上单调递增，且，恒成立， 因此，解得，所以实数的取值范围为. 故答案为： 【变式1-1】（25-26高一上·黑龙江鸡西·期末）若在区间上单调递增，则实数a的取值范围为__________. 【答案】 【分析】由对数函数的定义和复合函数的单调性，即可得出结果. 【详解】令，则，因为在定义域内是单调递减函数， 故在区间上也必为单调递减函数，根据二次函数易知对称轴才能得到在区间上单调递增， 又在上要恒大于零， 则有，解得． 故答案为： 【变式1-2】（25-26高一上·福建厦门·期中）已知函数是上的减函数，则的取值范围是_______ 【答案】 【分析】设，.由题可得在上单调递减，在上单调递减，且，据此可得答案. 【详解】设，. 因在R上单调递减，则在上单调递减，在上单调递减，， 即. 故答案为：. 【变式1-3】（24-25高三上·广东深圳·阶段检测）已知函数且，若函数的值域是，则实数的取值范围是_______ 【答案】 【分析】求出当时，函数的值域是，再讨论当时，函数的值域，对分两种情况讨论分析即可. 【详解】当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即； 若函数的值域是，则时，． 当时，在上单调递增， 此时，不合题意； 当时，在上单调递减， 此时，即，则， 所以，显然，解得， 又，所以． 综上所述，实数的取值范围是． 故答案为：. 【变式1-4】（25-26高三上·安徽·期中）若函数且在区间上单调递减，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【分析】分和两种情况讨论，然后结合复合函数单调性和对数函数定义域列不等式，解不等式即可. 【详解】当时，在上单调递减，则在上单调递减， 所以，无解； 当时，在上单调递减，则在上单调递增， 所以，解得， 综上可得，的取值范围为. 故答案为：. 【变式1-5】（25-26高一上·湖北武汉·期末）已知函数 (1)求函数的单调递增区间； (2)若对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）根据对数的运算法则，对进行化简整理，利用换元法，结合二次函数的性质及复合函数单调性，即可得答案. （2）根据已知定义域结合对数函数值域化简，再构造函数应用单调性得出最值进而得出参数范围. 【详解】（1）由题意 ， 令， 则为开口向上，对称轴为的抛物线， 又因为在上单调递增， 则在上单调递减，在上单调递增， 又，解得， 所以根据复合函数单调性得函数的单调递增区间为. （2）因为对任意恒成立，且， 所以，化简得恒成立， 令， 则在上单调递增， 所以，即得， 又因为恒成立，所以，所以. 所以的取值范围为． 九 对数函数(奇偶性和单调性结合)问题 【例1】（2026·广东茂名·一模）已知函数，则不等式的解集为_______． 【答案】 【分析】判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性脱“”即可求解. 【详解】函数， 令，解得，故函数的定义域为， ， 故函数是奇函数. 而函数在上单调递减， 函数在上单调递增， 因此函数在上单调递减. 不等式 ， 所以所求不等式的解集为． 故答案为:. 【变式1-1】（23-24高一上·安徽宣城·期末）已知，则不等式的解集为______________． 【答案】 【分析】判断出在上单调递增，并容易说明为偶函数，从而便可由得到，从而得到，这样解该不等式便可得出的取值范围． 【详解】因为，对任意的，，即函数的定义域为， ，所以为偶函数， 当时，， 因为内层函数在为增函数，外层函数为增函数， 所以，函数在为增函数， 又因为函数在为增函数， 所以，函数在上为增函数， 由得，， 因为在上单调递增，所以， 即，即，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 【变式1-2】（2024·湖北武汉·二模）已知函数，若，则实数的取值范围为_________． 【答案】 【分析】由，根据奇偶性、单调性定义及复合函数单调性判断性质，再由性质得即可求范围. 【详解】由题设，定义域为， ，即为偶函数， 在上，令，且， 则， 由，故，即函数在上递增， 而在定义域上递增，故在上递增， 所以，可得， 故，可得. 故答案为： 【变式1-3】（25-26高三上·上海·期中）设函数，则使得成立的的取值范围是______． 【答案】 【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，结合单调性与奇偶性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可. 【详解】函数的定义域为， ∵， ∴函数为偶函数， 当时，， 又，均在上单调递增，所以在上单调递增， 根据偶函数性质可知不等式，等价于， 即，解得， ∴的取值范围为. 故答案为：. 【变式1-4】（21-22高三上·上海浦东新·期中）设函数，则使得成立的的取值范围是_________． 【答案】 【分析】分析函数的奇偶性及其在上的单调性，可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】解：函数的定义域为， ，即函数为偶函数， 当时，， 因为函数、在上均为增函数，故 所以，函数在上为增函数， 由可得，则， 即，即，解得. 故原不等式的解集为. 故答案为：. 【变式1-5】（25-26高一上·山东淄博·期中）已知函数，则关于x的不等式的解集为______． 【答案】 【分析】构造函数，判断的奇偶性和单调性，将不等式转化为，进而求解不等式． 【详解】设， 由于，所以的定义域为R， 又 ， 所以是奇函数． 当时，为增函数，为增函数， 所以是增函数，由是奇函数可知，在R上单调递增． 由得，即， 则，解得， 所以不等式的解集是． 故答案为：. 十 对数函数与数列结合 【例1】（24-25高三下·上海浦东新·阶段检测）已知． (1)若函数的图象过点，求不等式的解集； (2)存在使得成等差数列，求a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出底数，再根据对数函数的单调性可求不等式的解； （2）存在使得成等差数列等价于在上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a的取值范围． 【详解】（1）由过，可得，则，解得（负值舍去）， 因为在上单调递增，， 则，解得，故所求解集为． （2）因为成等差数列，所以， 即有解，化简可得， 则，且， 故在上有解， 令，则 所以，又因为，所以． 【变式1-1】（2025·上海青浦·模拟预测）对于函数，其中. (1)若函数的图像过点，求的解集； (2)求证：当时，存在使得成等差数列. 【答案】(1) (2)当时，， . 若成等差数列，则， 即. 所以， 即， 即，则，移项可得. 对于一元二次方程，， 所以方程有实数解，即存在使得成等差数列. 【分析】（1）求出函数解析式，利用单调性解不等式即可； （2）利用等差中项的性质可得，根据对数运算化简可得，所以，即，由判别式可知方程有解，即可得证. 【详解】（1）已知函数的图像过点， 所以，即，因为，所以， 则. 函数的定义域为，且在定义域上单调递增. 由可得， 解得，所以不等式的解集为. （2）略 【变式1-2】（25-26高一下·上海普陀·期末）已知（，）. (1)若函数的图象过点，求不等式的解集； (2)存在使得、、成等差数列，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出底数，再根据对数函数的单调性可求不等式的解； （2）存在使得、、成等差数列等价于在上有解，通过化简以及基本不等式可求的取值范围． 【详解】（1）已知（，）， 由函数的图象过点，可得，则，解得， 因为在上单调递增， ，即，解得， 因此不等式的解集为. （2）因为存在使得、、成等差数列， 所以有解， 即有解， 化简得，即有解， 由于，得在有解， 由基本不等式得， 当且仅当得，即时等号成立， 因此的取值范围为. 十一 对数函数的恒成立、存在性、参数范围 【例1】（25-26高一上·河北雄安·期末）已知函数. (1)若的定义域为，求实数的取值范围； (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）把问题转化为一个一元二次不等式恒成立问题，分类求解即可； （2）通过对数运算化简，把问题转化为一个一元二次不等式恒成立问题，分离变量，解法1：换元，求二次函数最值即可；解法2：利用基本不等式求最值即可. 【详解】（1）若的定义域为，则解集为， 当时，由，得，不合题意； 当时，由的解集为，得解得. 综上得. （2）由条件知在上恒成立， 因为函数在上单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立， 解法1：令，因为，所以， 则，当时，， 所以，即实数的取值范围是. 解法2：令，因为，所以， 则，当且仅当时，取等号，所以， 所以，即实数的取值范围是. 【变式1-1】（2025·上海宝山·二模）已知函数，（且） (1)若，求方程的解； (2)已知，若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由求出幂函数解析式，再利用换元法，结合一元二次方程和指数与对数函数的关系求解即可； （2）由幂函数的单调性得到关于的不等式再分离参数，结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）即解得，于是 ， 方程即为， 令，则有即， 求得（舍负） ， 所以方程的解为 . （2）由已知得， 整理得 ， 因为，所以 ， 从而对任意恒成立， 因为（当且仅当取等号）， 所以， 即实数的最大值为. 【变式1-2】（安徽省示范高中培优联盟2025-2026学年高一下学期5月春季联赛数学试题）已知函数，且，， (1)当时，求关于x的不等式的解集； (2)当时，不等式在上恒成立，求m的取值范围. 【答案】(1)当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为 (2)当时，m的取值范围是，当时，m的取值范围是 【分析】（1）因式分解后，分及进行讨论并计算即可得； （2）问题可转化为在区间上恒成立，令，构造函数，再分及讨论并计算即可得. 【详解】（1）当时，， 下面解不等式，即， 因为，所以， 当时，解得； 当时，解得， 综上所述，当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为； （2）当时，不等式可变形为， 即，， 所以问题转化为在区间上恒成立， 令，则，则，故， 令，， 当时，函数在上单调递增， ，则； 当时，函数在上单调递增， 在上单调递减，故，则； 综上所述，当时，m的取值范围是； 当时，m的取值范围是． 【变式1-3】（25-26高一下·贵州遵义·阶段检测）已知函数，，其中且，的图象过定点为，且在的图象上． (1)求的表达式． (2)关于x的不等式恒成立，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出的图象过的定点坐标，再将点的坐标代入解析式中求解的值，再写出的表达式. （2）先判断的单调性，利用的单调性去掉不等式中的，然后分参求出的范围. 【详解】（1），令，. ，又在的图象上，，. （2）定义域为，且和均为增函数，是上的增函数. 恒成立，即恒成立. 即恒成立，即. ，，. 当且仅当，即时，等号成立. ，即的取值范围是 【变式1-4】（25-26高一上·山东·阶段检测）已知函数. (1)当时，求函数的值域； (2)若对于恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）令，转化为的一元二次函数，再利用复合函数的性质求值域. （2）令，然后参变分离求解参数范围即可. 【详解】（1）由对数函数单调性可知，当时，， 令，可得， 由题意得二次函数开口向上，在区间单调递减，在区间单调递增， 可知当时，，当时，； 因此可得当时，该函数的值域为. （2）当时，可得， 原不等式可化为对于恒成立， 即可得对于恒成立， 由对勾函数性质得函数在上单调递增， 所以，因此只需即可， 得到；即的取值范围是. 【变式1-5】（20-21高三下·陕西西安·阶段检测）函数，若恒成立，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【分析】结合图象，分，和三种情况进行讨论，即得结果. 【详解】由题意知，，且恒成立， 分别作出函数和的图象，如图所示. 由图可知，当时不符合题意；时恒成立，符合题意； 时，当与的图象相切于点时，恒成立，此时，由导数几何意义可知，，故结合图象可知， 时，恒成立，符合题意. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 本题的解题关键在于通过数形结合确定与的图象相切于点时满足题意，即借助图象突破难点. 十二 对数函数f(a)=f(b)=f(c)类型题 【例1】（22-23高一上·广西河池·阶段检测）已知函数，存在实数满足，则的取值范围是______. 【答案】 【分析】利用数形结合思想，结合对数的运算性质进行求解即可. 【详解】∵存在，满足，由图像可知，，∴， ，∵，∴ ∴，即，∴∴的取值范围是， 故答案为： 【点睛】关键点睛：利用数形结合思想是解题的关键. 【变式1-1】（19-20高三上·山西太原·期中）已知，若（），则的最小值为________. 【答案】 【分析】根据，求得之间的等量关系，再利用均值不等式求得的最小值. 【详解】因为，且 不妨设，则一定有， 且 即， 即可得， 解得. 因为 故可得 当且仅当，且， 即时，取得最小值. 故的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查对数函数的性质，以及对数运算，涉及均值不等式求最值的问题，属综合性困难题. 【变式1-2】（20-21高一上·江西·阶段检测）已知函数，若，，互不相等，且，则的取值范围是________. 【答案】 【分析】不妨设，函数的图象，根据图象结合对数的运算得出. 【详解】不妨设，函数的图象如下图所示 由图象可知， 因为，所以，即 故 故答案为： 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用图象确定所在范围，由对数运算得出. 【变式1-3】（25-26高一上·浙江嘉兴·期末）已知函数，若，则的最小值为________. 【答案】 【分析】利用对数的运算性质结合已知条件得出，分析可知，再利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】由得， ，且，， 当时，，，则， 当时，，，则， 当且仅当时，等式成立， 故，当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值为. 故答案为：. 【变式1-4】（24-25高一上·陕西西安·阶段检测）已知定义在正实数集上的函数，设是互不相同的实数，满足，则的取值范围为_____________. 【答案】 【分析】结合分段函数区间端点处的函数值与函数的单调性作出的图象，再结合图象得的范围，由对数运算性质可得，再由的范围可得范围. 【详解】， 令，解得； 令，解得； 令，则； 由， 则在上单调递减，在单调递增，在单调递减. 画出的图象如下图所示， 由题意是互不相同的实数，满足，不妨设. 则由图可知，. 则由， 可得，解得. 结合图象可知， 所以的取值范围是. 故答案为：. 【变式1-5】（25-26高一上·云南昆明·期中）已知函数，当时，有，则的取值范围为___________． 【答案】 【分析】作出f(x)图像，设a＜b＜c，a、b、c为与f(x)图像三个交点的横坐标，求出a、b、c的范围和它们之间的关系即可求解. 【详解】如图，设a＜b＜c，a、b、c为与f(x)图像三个交点的横坐标： 则，， ，，所以． 故答案为： $ 对数函数专题 目录 对数函数知识点 2 一 对数公式化简应用 5 二 对数不等式解集 7 三 对数定义域 14 四 对数函数奇偶性判断 17 五 对数函数(增+增=增型)函数单调性判断 19 六 对数(复合)函数单调性问题 22 七 对数函数值域和最值问题 27 八 已知对数函数单调性求参数问题 31 九 对数函数(奇偶性和单调性结合)问题 35 十 对数函数与数列结合 40 十一 对数函数的恒成立、存在性、参数范围 43 十二 对数函数f(a)=f(b)=f(c)类型题 50 对数函数知识点 1．对数的概念：一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底N的对数，记作x＝logaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数． 以10为底的对数叫做常用对数，记作 lg N.以e为底的对数叫做自然对数，记作 ln N. 2．对数的性质与运算性质 (1)对数的性质：loga1＝0，logaa＝1，＝N(a>0，且a≠1，N>0)． (2)对数的运算性质:如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么： 1　 2　 3　 （N∈R） 4　 logaM.（M＞0，N＞0，a＞0，a≠1） 5　 换底公式：（N>0,a>0，a≠1，c>0，c≠1） 常见错误 3．对数函数的图象与性质 a>1 0<a<1 图象 定义域 (0，＋∞) 值域 R 性质 过定点(1,0)，即x＝1时，y＝0 当x>1时，y>0；当0<x<1时，y<0 当x>1时，y<0；当0<x<1时，y>0 增函数 减函数 补充:函数单调性和奇偶性 1、单调性技巧 （1）证明函数单调性的步骤 ①取值：设，是定义域内一个区间上的任意两个量，且； ②变形：作差变形(变形方法：因式分解、配方、有理化等)或作商变形； ③定号：判断差的正负或商与的大小关系； ④得出结论． （2）函数单调性的判断方法 ①定义法：根据增函数、减函数的定义，按照“取值—变形—判断符号—下结论”进行判断． ②图象法：就是画出函数的图象，根据图象的上升或下降趋势，判断函数的单调性． ③直接法：就是对我们所熟悉的函数，如一次函数、二次函数、反比例函数等，直接写出它们的单调区间． （3）记住几条常用的结论： ①若是增函数，则为减函数；若是减函数，则为增函数； ②若和均为增(或减)函数，则在和的公共定义域上为增(或减)函数； ③若且为增函数，则函数为增函数，为减函数； ④若且为减函数，则函数为减函数，为增函数． 2、奇偶性技巧 (1)函数具有奇偶性的必要条件是其定义域关于原点对称. (2)奇偶函数的图象特征. 函数是偶函数函数的图象关于轴对称； 函数是奇函数函数的图象关于原点中心对称. (3)若奇函数在处有意义，则有； 偶函数必满足. (4)偶函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相反；奇函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相同. (5)若函数的定义域关于原点对称，则函数能表示成一个偶函数与一个奇函数的和的形式.记，，则. (6)运算函数的奇偶性规律：运算函数是指两个（或多个）函数式通过加、减、乘、除四则运算所得的函数，如. 对于运算函数有如下结论：奇奇=奇；偶偶=偶；奇偶=非奇非偶； 奇奇=偶；奇偶=奇；偶偶=偶. (7)复合函数的奇偶性原来：内偶则偶，两奇为奇. (8)常见奇偶性函数模型 奇函数：①函数或函数． ②函数． ③函数或函数 ④函数或函数． 注意：关于①式，可以写成函数或函数． 偶函数：①函数． ②函数． ③函数类型的一切函数． ④常数函数 3、复合函数单调性的判断 【方法技巧】 讨论复合函数的单调性时要注意：既要把握复合过程，又要掌握基本函数的单调性．一般需要先求定义域，再把复杂的函数正确地分解为两个简单的初等函数的复合，然后分别判断它们的单调性，再用复合法则，复合法则如下： 1、若，在所讨论的区间上都是增函数或都是减函数，则为增函数； 2、若，在所讨论的区间上一个是增函数，另一个是减函数，则为减函数．列表如下： 增 增 增 增 减 减 减 增 减 减 减 增 复合函数单调性可简记为“同增异减”，即内外函数的单性相同时递增；单性相异时递减． 一 对数有关公式专题 【例1】（2022·浙江·高考真题）已知，则（    ） A．25 B．5 C． D． 【答案】C 【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出． 【详解】因为，，即，所以． 故选：C. 【变式1-1】（2025·天津·月考）若，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】由已知表示出，再由换底公式可求. 【详解】，， . 故选：C. 【变式1-2】（2020·全国I卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知等式，利用指数对数运算性质即可得解 【详解】由可得，所以， 所以有， 故选：B. 【变式1-3】设，，都是正数，且，那么（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，根据指数与对数的关系将指数式化为对数式，再由换底公式及对数的运算法则计算可得. 【详解】解：由，，都是正数，令，则，，， 所以，，， 对于A：，故A错误； 对于B：，， 所以，故B正确； 对于C：， 所以，故C错误； 对于D：， 所以，故D错误； 故选：B． 【变式1-4】（24-25高二下·河北石家庄·期末）已知，，，则的最小值为________． 【答案】 【分析】利用对数换底公式及对数的运算性质化简得，再利用乘“1”法结合基本不等式计算即得. 【详解】由可得，即，整理得， 由， 当且仅当，即时取等，即的最小值为. 【变式1-5】（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知，则的取值范围为______ 【答案】 【分析】利用换底公式换为，结合对勾函数求解即可. 【详解】因为， 所以令，则，所以，由的图象可知， 所以，，所以. 故答案为：. 二 对数不等式解集 【例1】（25-26高三上·广东东莞·阶段检测）不等式的解集（用区间表示）________________． 【答案】 【详解】需满足：， 解得或，解得，因此， 由于，则 由于函数在上单调递增， 因此上述不等式等价于：， 整理得，解得或， 结合，得， 即得不等式的解集为. 【变式1-1】（2026高一·全国·专题练习）不等式的解集为______. 【答案】 【分析】把不等式转化为，结合对数函数的单调性，列出不等式组，即可求解. 【详解】不等式，可化为， 因为在上是增函数， 所以不等式，即为，解得 所以不等式的解集为 【变式1-2】（25-26高一下·河南·阶段检测）已知函数，则的解集为______． 【答案】 【分析】求出的定义域，利用对数不等式可得：即可求解。 【详解】由函数，可得， 解得：，所以函数的定义域为， 而， 则，，得，故解集为． 【变式1-3】（2026·山东聊城·模拟预测）若，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【详解】满足底数且， 由，可得或，结合且，可得， 故由，可得，即，解得或， 故实数的取值范围是. 【变式1-4】解不等式：. 【答案】答案见解析 【分析】分和两种情况进行分类讨论，列出不等式，求解即可 【详解】①当时，原不等式等价于不等式组:，即， 因为，所以， 所以； ②当时，原不等式等价于不等式组: ，解得； 综上所述，当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 【变式1-5】（25-26高一上·四川·阶段检测）已知函数（且）. (1)若，求a； (2)若在区间上的最大值与最小值之差为1，求a. 【答案】(1)4 (2)或. 【分析】（1）代入解析式，由对数的运算解得的值； （2）对数函数单调，由题意建立方程，解得的值； 【详解】（1）， ∵， ∴， 即，∴，∴，∴. （2）∵函数在区间上单调， ∴，即， ∴或， ∴或. 【变式1-6】（2022·上海·高考真题） (1)若将函数图像向下移后，图像经过，求实数a，m的值. (2)若且，求解不等式. 【答案】(1) (2)当时，不等式的解为；当时，不等式的解为. 【分析】（1）由题知，再根据题意得，解方程即可得答案； （2）根据题意，结合对数函数的单调性将不等式转化为的解集，再分类讨论求解即可. 【详解】（1）解：函数的定义域满足，即， 所以，要使函数的定义域非空，则，即. 若将函数图像向下移后得到的解析式为： ，. 所以在函数的图像上，即， 解得：， 所以， （2）解：由题知， , , 因为函数在上单调递增， 所以等价于，展开整理得：， 所以，不等式的解集为的解， 所以，当时，不等式的解为； 当时，不等式的解为. 综上，当时，不等式的解为；当时，不等式的解为. 【例2】25-26高一上·广西河池·期末）设函数，则的解集是________. 【答案】 【分析】根据分段函数解析式分段得到不等式组，解得即可. 【详解】因为， 所以不等式即或， 解得或， 即的解集是. 故答案为： 【变式2-1】（24-25高三上·海南·开学考试）已知函数，若，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【分析】先根据对数函数和一次函数的单调性判断分段函数的单调性，然后根据函数单调性解不等式即可求解. 【详解】因为当时，是单调递增函数，此时， 当时，是单调递增函数，此时，      所以是定义在上的单调递增函数， 所以若即， 则，解得. 故答案为： 【变式2-2】（25-26高一上·江西上饶·期末）设函数，若满足，则的解集为__________；若满足，则的解集为__________. 【答案】 【分析】由函数解析式可得函数的单调性，利用分段函数性质，分情况化简不等式，可得答案. 【详解】当时，，易知函数在上单调递减，则； 当时，，易知函数在上单调递增，则. 由不等式在上有解，则不等式化简可得，解得，即所求解集为. 令，不等式等价于， 当时，不等式化简可得，解得； 当时，不等式化简可得，解得. 综上可得，即， 当时，不等式化简可得，解得； 当时，不等式化简可得，解得. 综上可得不等式的解集为. 故答案为：；. 【变式2-3】（25-26高二上·云南昆明·期末）设函数，则不等式的解集为________. 【答案】 【分析】根据分段函数解析式，分和两种情况解不等式即可； 【详解】当时，，易知为单调递增函数，故，满足； 当时，，解得， 故不等式的解集为， 三 对数函数定义域 【例1】（24-25高一上·河北衡水·阶段检测）函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据具体函数定义域的求解方法，列出不等式，求解即可. 【详解】若使得函数有意义，则且，解得， 故的定义域为. 故选：B. 【变式1-1】（25-26高一上·湖南娄底·期末）函数的定义域是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】列出所满足的不等式组，求解即可. 【详解】由，解得，所以函数的定义域是. 故选：C. 【变式1-2】（2025高一上·湖南常德·专题练习）函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分母不为0和偶次方根下非负列出不等式，结合对数函数的定义域及运算法则求解即可. 【详解】由题意得，即，解得， 则函数的定义域为． 故选：D 【变式1-3】（25-26高二下·重庆·期末）函数定义域是，则的定义域是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为函数定义域是，所以， 解得，所以的定义域是 【变式1-4】（25-26高一上·天津西青·阶段检测）函数的定义域为，则的定义域为__________. 【答案】 【分析】根据已知条件求出的定义域，结合换元法即可求解. 【详解】函数的定义域为，即，则， 所以函数的定义域为. 令，则，即， 所以，即， 故的定义域为. 故答案为： 【变式1-5】（25-26高一下·云南昭通·阶段检测）若函数的定义域为，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【分析】利用对数函数的性质转化为恒成立问题，再建立不等式组，求解参数范围即可. 【详解】因为函数的定义域为，所以在上恒成立， 当时，，解得，不合题意； 当时，则，解得． 综上实数的取值范围为． 四 对数函数奇偶性判断 【例1】（2026·广东茂名·一模）已知函数，则该函数为_______(奇函数或者偶函数) 【答案】 【分析】判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性脱“”即可求解. 【详解】函数， 令，解得，故函数的定义域为， ， 故函数是奇函数. 【变式1-1】（21-22高三上·上海浦东新·期中）设函数，则该函数为_______(奇函数或者偶函数) 【详解】解：函数的定义域为， ，即函数为偶函数， 【变式1-2】（25-26高二上·陕西渭南·期末）设函数 ，则该函数为_______(奇函数或者偶函数) 【分析】利用函数的奇偶性 【详解】由题意得 又， 所以为奇函数. 【变式1-3】（2025·上海杨浦·二模）已知函数是定义在上的偶函数. (1)当时，，求时，的表达式； 【答案】(1) 【分析】（1）利用偶函数的性质直接求解即可； 【详解】（1）因为函数是定义在上的偶函数，即 当时，， 所以， 所以. 【变式1-4】（25-26高二下·福建三明·期末）若函数在区间的最大值为M，最小值为n，则_______. 【答案】4 【分析】设，，得到其为奇函数，，从而得到答案 【详解】设，，的定义域关于原点对称， ， 故为奇函数， 设在上的最大值为，最小值为， 则， 则. 【变式1-5】（24-25高二上·广东佛山·期中）设函数，则不等式的解集为__________. 【答案】 【分析】判断函数为偶函数，再由单调性可脱去“f”，建立不等式求解. 【详解】由题意得的定义域为. 因为，所以是偶函数. 当时，单调递增， 因此当时，单调递减. 又因为， 所以由可得或， 即或. 故答案为： 五 对数函数(增+增=增型)函数单调性判断 【例1】（25-26高一上·上海奉贤·期末）不等式的解为______． 【答案】 【详解】令，显然的定义域为, 因为函数和在上单调递增，因此在上单调递增； 又，所以不等式即为， 因此可得，即该不等式的解集为. 【变式1-1】（24-25高一上·上海·阶段检测）不等式的解集为_________. 【答案】 【分析】利用指对幂函数的单调性判断在定义域上单调性，且时，即可求解集. 【详解】根据指对幂函数的性质，知在定义域上单调递增， 又时，，故时， 所以的解集为. 故答案为： 【变式1-2】（2026·上海杨浦·二模）不等式的解集为______. 【答案】 【详解】令，定义域为， 函数和在上均为增函数， 所以函数在上为增函数， 又，则， 所以不等式的解集为. 【变式1-3】（25-26高二下·安徽芜湖·期末）已知，且，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】利用求导判断函数的单调性，根据单调性即可求得不等式的解集. 【详解】函数的定义域为， 其导函数恒成立，故函数在上单调递增， 则由可得，解得， 即实数的取值范围为. 【变式1-4】（25-26高一下·上海·阶段检测）函数的值域为________________． 【答案】 【详解】当时，；当时，， 因为在为减函数，上为增函数，且时，， 故的值域为，故的值域为， 综上，的值域为. 【变式1-5】（22-23高一下·湖南·期中）已知函数，则满足不等式的实数的取值范围是___________. 【答案】 【分析】根据奇偶函数的定义证明为偶函数，易知当时函数单调递增，利用定义法证明函数在上单调递增，则函数在上单调递增，利用函数的单调性和奇偶性解不等式即可求解. 【详解】，定义域关于原点对称， 则，所以函数为偶函数； 当时，函数单调递增， 设，则，， 所以， 又，所以， 则函数在上单调递增，所以函数在上单调递增， 由，得，解得， 所以实数a的取值范围为. 故答案为： 六 对数(复合)函数单调性问题 【例1】（1）的单调递增区间为______，值域为______； （2）的单调递增区间为______，值域为______． 【答案】 【分析】（1）（2）根据对数的性质，列不等式即可求解定义域，进而根据复合函数的性质即可求解单调性和值域. 【详解】（1）令，解得， 故函数的定义域为， 又在单调递增，在单调递减，而在单调递增，故的单调递增区间为， 当时，，故最大值为，故函数的值域为， （2）令，则或，故的定义域为， 在单调递减，在单调递增，而为单调递减函数，因此的单调递增区间， 当时，，故的值域为. 故答案为：，，， 【变式1-1】（25-26高一上·江苏扬州·阶段检测）函数的单调增区间为_____. 【答案】 【分析】利用复合函数法可求得函数的增区间. 【详解】对于函数，有，解得， 故函数的定义域为，所以， 令，， 因为内层函数在上单调递增，在上单调递减， 外层函数为增函数，故函数的增区间为. 故答案为：. 【变式1-2】（25-26高一上·湖北武汉·期末）已知函数 求函数的单调递增区间； 【答案】； 【分析】（1）根据对数的运算法则，对进行化简整理，利用换元法，结合二次函数的性质及复合函数单调性，即可得答案. 【详解】由题意 ， 令， 则为开口向上，对称轴为的抛物线， 又因为在上单调递增， 则在上单调递减，在上单调递增， 又，解得， 所以根据复合函数单调性得函数的单调递增区间为. 【变式1-3】（25-26高一上·江西南昌·阶段检测）已知函数． (1)求的最小值，并求出当取得最小值时的值； (2)求的单调递减区间． 【答案】(1)最小值为，； (2) 【分析】（1）令，结合二次函数性质求解即可； （2）利用复合函数的单调性列不等式求解可得. 【详解】（1）因为的定义域为， 所以， 令，，则， 当，即，即时，取得最小值，最小值为. （2）因为在上单调递增，在上单调递减， 令，解得， 所以的单调递减区间为. 【变式1-4】（24-25高三下·四川雅安·开学考试）函数的单调递增区间是_______． 【答案】(或) 【分析】根据对数函数，二次函数的单调性结合复合函数的单调性同增异减原则即得. 【详解】函数的定义域为， 令在定义域上为增函数，则在上单调递增， 由复合函数单调性的同增异减原则可得，当1，即时，函数单调递增， 即函数单调递增区间为． 故答案为：(或) 【变式1-5】（25-26高一上·贵州遵义·期末）已知函数过定点，函数的定义域为． (1)求定点并判断函数的奇偶性； (2)判断并证明函数在上的单调性； (3)解不等式． 【答案】(1)定点为，奇函数； (2)在上单调递增. 证明：任取，且， 则. ，， ，， ，即， 函数在区间上是增函数. (3). 【分析】（1）根据解析式可求得定点为，即可得的解析式，根据奇函数的定义，即可得证； （2）利用定义法即可证明的单调性； （3）根据的单调性和奇偶性，化简整理，可得，根据函数的定义域，列出不等式组，即可求得答案. 【详解】（1）函数过定点，定点为， ，定义域为， . 函数为奇函数. （2）略 （3），即， 函数为奇函数，， 在上为单调递增函数， ， ，解得：. 故不等式的解集为：. 七 对数函数值域和最值问题 【例1】（25-26高一上·天津滨海新区·阶段检测）设，且． (1)求的值及的定义域． (2)求在区间上的最大值． (3)求函数的单调区间． 【答案】(1)，的定义域为； (2)； (3)的减区间为，增区间为. 【分析】（1）根据结合对数的运算可求的值，根据真数为正数可求函数的定义域； （2）利用换元法结合二次函数的性质可求在区间上的最大值； （3）利用同增异减结合二次函数的单调性可求的单调区间. 【详解】（1），故. 此时，故，即， 故的定义域为. （2）因为，故， 设， 当，则，故， 故在区间上的最大值为. （3）同（2）设，其中， 故在上为增函数，此时； 在上为减函数，此时， 而在上为减函数， 故在上为减函数，在上为增函数， 故的减区间为，增区间为. 【变式1-1】（25-26高一上·广东中山·阶段检测）函数的最小值为__________. 【答案】/ 【分析】由对数运算性质可得，令，有二次函数性质可得最小值. 【详解】， 令，则， 当时取等号. 所以函数的最小值为. 故答案为： 【变式1-2】（21-22高一上·云南昆明·期中）设函数，，则的值域为___________. 【答案】 【分析】令，可得出，利用二次函数的基本性质可求得的值域. 【详解】因为，令，则. 故函数的值域为. 故答案为：. 【变式1-3】（2025·河南·三模）函数的定义域为__________，值域为__________. 【答案】 【分析】先求证恒成立，即可由得出定义域，再化简即可求出值域. 【详解】因为，所以恒成立， 由，得，则的定义域为， ，故的值域为. 故答案为：； 【变式1-4】（2026·河南·模拟预测）已知函数是偶函数，则函数的值域为__________． 【答案】 【分析】由偶函数的定义，求出，再确定函数值域即可． 【详解】， 即， ，解得， ， 则，解得， 的定义域为， 又因为，， 即函数的取值范围是． 【变式1-5】（25-26高三上·上海·期中）已知函数，与函数关于原点对称 (1)求函数的解析式 (2)已知，求的最大值及取最大值时的值． 【答案】(1)； (2)时，取得最大值13 【分析】（1）在任取一点，则在函数上，代入化简后即得函数的解析式； （2）由题可得，结合题意可得，利用二次函数的性质即可求得函数最大值. 【详解】（1）由题可得函数与函数关于原点对称， 则在任取一点，则在函数上， 则得，故. （2）由题 函数的定义域为，要使函数有意义， 需使，解得，即， 所以， 当，即时，. 故当时，函数取得最大值. 八 已知对数函数单调性求参数问题 【例1】（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用复合函数单调性，结合对数函数、二次函数单调性及真数恒正列式求解. 【详解】函数在上单调递增，由函数在上单调递增， 得函数在上单调递增，且，恒成立， 因此，解得，所以实数的取值范围为. 故答案为： 【变式1-1】（25-26高一上·黑龙江鸡西·期末）若在区间上单调递增，则实数a的取值范围为__________. 【答案】 【分析】由对数函数的定义和复合函数的单调性，即可得出结果. 【详解】令，则，因为在定义域内是单调递减函数， 故在区间上也必为单调递减函数，根据二次函数易知对称轴才能得到在区间上单调递增， 又在上要恒大于零， 则有，解得． 故答案为： 【变式1-2】（25-26高一上·福建厦门·期中）已知函数是上的减函数，则的取值范围是_______ 【答案】 【分析】设，.由题可得在上单调递减，在上单调递减，且，据此可得答案. 【详解】设，. 因在R上单调递减，则在上单调递减，在上单调递减，， 即. 故答案为：. 【变式1-3】（24-25高三上·广东深圳·阶段检测）已知函数且，若函数的值域是，则实数的取值范围是_______ 【答案】 【分析】求出当时，函数的值域是，再讨论当时，函数的值域，对分两种情况讨论分析即可. 【详解】当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即； 若函数的值域是，则时，． 当时，在上单调递增， 此时，不合题意； 当时，在上单调递减， 此时，即，则， 所以，显然，解得， 又，所以． 综上所述，实数的取值范围是． 故答案为：. 【变式1-4】（25-26高三上·安徽·期中）若函数且在区间上单调递减，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【分析】分和两种情况讨论，然后结合复合函数单调性和对数函数定义域列不等式，解不等式即可. 【详解】当时，在上单调递减，则在上单调递减， 所以，无解； 当时，在上单调递减，则在上单调递增， 所以，解得， 综上可得，的取值范围为. 故答案为：. 【变式1-5】（25-26高一上·湖北武汉·期末）已知函数 (1)求函数的单调递增区间； (2)若对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）根据对数的运算法则，对进行化简整理，利用换元法，结合二次函数的性质及复合函数单调性，即可得答案. （2）根据已知定义域结合对数函数值域化简，再构造函数应用单调性得出最值进而得出参数范围. 【详解】（1）由题意 ， 令， 则为开口向上，对称轴为的抛物线， 又因为在上单调递增， 则在上单调递减，在上单调递增， 又，解得， 所以根据复合函数单调性得函数的单调递增区间为. （2）因为对任意恒成立，且， 所以，化简得恒成立， 令， 则在上单调递增， 所以，即得， 又因为恒成立，所以，所以. 所以的取值范围为． 九 对数函数(奇偶性和单调性结合)问题 【例1】（2026·广东茂名·一模）已知函数，则不等式的解集为_______． 【答案】 【分析】判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性脱“”即可求解. 【详解】函数， 令，解得，故函数的定义域为， ， 故函数是奇函数. 而函数在上单调递减， 函数在上单调递增， 因此函数在上单调递减. 不等式 ， 所以所求不等式的解集为． 故答案为:. 【变式1-1】（23-24高一上·安徽宣城·期末）已知，则不等式的解集为______________． 【答案】 【分析】判断出在上单调递增，并容易说明为偶函数，从而便可由得到，从而得到，这样解该不等式便可得出的取值范围． 【详解】因为，对任意的，，即函数的定义域为， ，所以为偶函数， 当时，， 因为内层函数在为增函数，外层函数为增函数， 所以，函数在为增函数， 又因为函数在为增函数， 所以，函数在上为增函数， 由得，， 因为在上单调递增，所以， 即，即，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 【变式1-2】（2024·湖北武汉·二模）已知函数，若，则实数的取值范围为_________． 【答案】 【分析】由，根据奇偶性、单调性定义及复合函数单调性判断性质，再由性质得即可求范围. 【详解】由题设，定义域为， ，即为偶函数， 在上，令，且， 则， 由，故，即函数在上递增， 而在定义域上递增，故在上递增， 所以，可得， 故，可得. 故答案为： 【变式1-3】（25-26高三上·上海·期中）设函数，则使得成立的的取值范围是______． 【答案】 【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，结合单调性与奇偶性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可. 【详解】函数的定义域为， ∵， ∴函数为偶函数， 当时，， 又，均在上单调递增，所以在上单调递增， 根据偶函数性质可知不等式，等价于， 即，解得， ∴的取值范围为. 故答案为：. 【变式1-4】（21-22高三上·上海浦东新·期中）设函数，则使得成立的的取值范围是_________． 【答案】 【分析】分析函数的奇偶性及其在上的单调性，可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】解：函数的定义域为， ，即函数为偶函数， 当时，， 因为函数、在上均为增函数，故 所以，函数在上为增函数， 由可得，则， 即，即，解得. 故原不等式的解集为. 故答案为：. 【变式1-5】（25-26高一上·山东淄博·期中）已知函数，则关于x的不等式的解集为______． 【答案】 【分析】构造函数，判断的奇偶性和单调性，将不等式转化为，进而求解不等式． 【详解】设， 由于，所以的定义域为R， 又 ， 所以是奇函数． 当时，为增函数，为增函数， 所以是增函数，由是奇函数可知，在R上单调递增． 由得，即， 则，解得， 所以不等式的解集是． 故答案为：. 十 对数函数与数列结合 【例1】（24-25高三下·上海浦东新·阶段检测）已知． (1)若函数的图象过点，求不等式的解集； (2)存在使得成等差数列，求a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出底数，再根据对数函数的单调性可求不等式的解； （2）存在使得成等差数列等价于在上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a的取值范围． 【详解】（1）由过，可得，则，解得（负值舍去）， 因为在上单调递增，， 则，解得，故所求解集为． （2）因为成等差数列，所以， 即有解，化简可得， 则，且， 故在上有解， 令，则 所以，又因为，所以． 【变式1-1】（2025·上海青浦·模拟预测）对于函数，其中. (1)若函数的图像过点，求的解集； (2)求证：当时，存在使得成等差数列. 【答案】(1) (2)当时，， . 若成等差数列，则， 即. 所以， 即， 即，则，移项可得. 对于一元二次方程，， 所以方程有实数解，即存在使得成等差数列. 【分析】（1）求出函数解析式，利用单调性解不等式即可； （2）利用等差中项的性质可得，根据对数运算化简可得，所以，即，由判别式可知方程有解，即可得证. 【详解】（1）已知函数的图像过点， 所以，即，因为，所以， 则. 函数的定义域为，且在定义域上单调递增. 由可得， 解得，所以不等式的解集为. （2）略 【变式1-2】（25-26高一下·上海普陀·期末）已知（，）. (1)若函数的图象过点，求不等式的解集； (2)存在使得、、成等差数列，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出底数，再根据对数函数的单调性可求不等式的解； （2）存在使得、、成等差数列等价于在上有解，通过化简以及基本不等式可求的取值范围． 【详解】（1）已知（，）， 由函数的图象过点，可得，则，解得， 因为在上单调递增， ，即，解得， 因此不等式的解集为. （2）因为存在使得、、成等差数列， 所以有解， 即有解， 化简得，即有解， 由于，得在有解， 由基本不等式得， 当且仅当得，即时等号成立， 因此的取值范围为. 十一 对数函数的恒成立、存在性、参数范围 【例1】（25-26高一上·河北雄安·期末）已知函数. (1)若的定义域为，求实数的取值范围； (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）把问题转化为一个一元二次不等式恒成立问题，分类求解即可； （2）通过对数运算化简，把问题转化为一个一元二次不等式恒成立问题，分离变量，解法1：换元，求二次函数最值即可；解法2：利用基本不等式求最值即可. 【详解】（1）若的定义域为，则解集为， 当时，由，得，不合题意； 当时，由的解集为，得解得. 综上得. （2）由条件知在上恒成立， 因为函数在上单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立， 解法1：令，因为，所以， 则，当时，， 所以，即实数的取值范围是. 解法2：令，因为，所以， 则，当且仅当时，取等号，所以， 所以，即实数的取值范围是. 【变式1-1】（2025·上海宝山·二模）已知函数，（且） (1)若，求方程的解； (2)已知，若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由求出幂函数解析式，再利用换元法，结合一元二次方程和指数与对数函数的关系求解即可； （2）由幂函数的单调性得到关于的不等式再分离参数，结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）即解得，于是 ， 方程即为， 令，则有即， 求得（舍负） ， 所以方程的解为 . （2）由已知得， 整理得 ， 因为，所以 ， 从而对任意恒成立， 因为（当且仅当取等号）， 所以， 即实数的最大值为. 【变式1-2】（安徽省示范高中培优联盟2025-2026学年高一下学期5月春季联赛数学试题）已知函数，且，， (1)当时，求关于x的不等式的解集； (2)当时，不等式在上恒成立，求m的取值范围. 【答案】(1)当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为 (2)当时，m的取值范围是，当时，m的取值范围是 【分析】（1）因式分解后，分及进行讨论并计算即可得； （2）问题可转化为在区间上恒成立，令，构造函数，再分及讨论并计算即可得. 【详解】（1）当时，， 下面解不等式，即， 因为，所以， 当时，解得； 当时，解得， 综上所述，当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为； （2）当时，不等式可变形为， 即，， 所以问题转化为在区间上恒成立， 令，则，则，故， 令，， 当时，函数在上单调递增， ，则； 当时，函数在上单调递增， 在上单调递减，故，则； 综上所述，当时，m的取值范围是； 当时，m的取值范围是． 【变式1-3】（25-26高一下·贵州遵义·阶段检测）已知函数，，其中且，的图象过定点为，且在的图象上． (1)求的表达式． (2)关于x的不等式恒成立，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出的图象过的定点坐标，再将点的坐标代入解析式中求解的值，再写出的表达式. （2）先判断的单调性，利用的单调性去掉不等式中的，然后分参求出的范围. 【详解】（1），令，. ，又在的图象上，，. （2）定义域为，且和均为增函数，是上的增函数. 恒成立，即恒成立. 即恒成立，即. ，，. 当且仅当，即时，等号成立. ，即的取值范围是 【变式1-4】（25-26高一上·山东·阶段检测）已知函数. (1)当时，求函数的值域； (2)若对于恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）令，转化为的一元二次函数，再利用复合函数的性质求值域. （2）令，然后参变分离求解参数范围即可. 【详解】（1）由对数函数单调性可知，当时，， 令，可得， 由题意得二次函数开口向上，在区间单调递减，在区间单调递增， 可知当时，，当时，； 因此可得当时，该函数的值域为. （2）当时，可得， 原不等式可化为对于恒成立， 即可得对于恒成立， 由对勾函数性质得函数在上单调递增， 所以，因此只需即可， 得到；即的取值范围是. 【变式1-5】（20-21高三下·陕西西安·阶段检测）函数，若恒成立，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【分析】结合图象，分，和三种情况进行讨论，即得结果. 【详解】由题意知，，且恒成立， 分别作出函数和的图象，如图所示. 由图可知，当时不符合题意；时恒成立，符合题意； 时，当与的图象相切于点时，恒成立，此时，由导数几何意义可知，，故结合图象可知， 时，恒成立，符合题意. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 本题的解题关键在于通过数形结合确定与的图象相切于点时满足题意，即借助图象突破难点. 十二 对数函数f(a)=f(b)=f(c)类型题 【例1】（22-23高一上·广西河池·阶段检测）已知函数，存在实数满足，则的取值范围是______. 【答案】 【分析】利用数形结合思想，结合对数的运算性质进行求解即可. 【详解】∵存在，满足，由图像可知，，∴， ，∵，∴ ∴，即，∴∴的取值范围是， 故答案为： 【点睛】关键点睛：利用数形结合思想是解题的关键. 【变式1-1】（19-20高三上·山西太原·期中）已知，若（），则的最小值为________. 【答案】 【分析】根据，求得之间的等量关系，再利用均值不等式求得的最小值. 【详解】因为，且 不妨设，则一定有， 且 即， 即可得， 解得. 因为 故可得 当且仅当，且， 即时，取得最小值. 故的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查对数函数的性质，以及对数运算，涉及均值不等式求最值的问题，属综合性困难题. 【变式1-2】（20-21高一上·江西·阶段检测）已知函数，若，，互不相等，且，则的取值范围是________. 【答案】 【分析】不妨设，函数的图象，根据图象结合对数的运算得出. 【详解】不妨设，函数的图象如下图所示 由图象可知， 因为，所以，即 故 故答案为： 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用图象确定所在范围，由对数运算得出. 【变式1-3】（25-26高一上·浙江嘉兴·期末）已知函数，若，则的最小值为________. 【答案】 【分析】利用对数的运算性质结合已知条件得出，分析可知，再利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】由得， ，且，， 当时，，，则， 当时，，，则， 当且仅当时，等式成立， 故，当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值为. 故答案为：. 【变式1-4】（24-25高一上·陕西西安·阶段检测）已知定义在正实数集上的函数，设是互不相同的实数，满足，则的取值范围为_____________. 【答案】 【分析】结合分段函数区间端点处的函数值与函数的单调性作出的图象，再结合图象得的范围，由对数运算性质可得，再由的范围可得范围. 【详解】， 令，解得； 令，解得； 令，则； 由， 则在上单调递减，在单调递增，在单调递减. 画出的图象如下图所示， 由题意是互不相同的实数，满足，不妨设. 则由图可知，. 则由， 可得，解得. 结合图象可知， 所以的取值范围是. 故答案为：. 【变式1-5】（25-26高一上·云南昆明·期中）已知函数，当时，有，则的取值范围为___________． 【答案】 【分析】作出f(x)图像，设a＜b＜c，a、b、c为与f(x)图像三个交点的横坐标，求出a、b、c的范围和它们之间的关系即可求解. 【详解】如图，设a＜b＜c，a、b、c为与f(x)图像三个交点的横坐标： 则，， ，，所以． 故答案为： $